01DIFRcviceni:Kapitola6

Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
Verze z 10. 4. 2010, 11:01, kterou vytvořil Karel.brinda (diskuse | příspěvky) (Založena nová stránka: \section{Lineární diferenciální rovnice 1.řádu} \subsection*{Zamyslete se:} Jaký mají tvar LDR? \\ Na jaké dva kroky se rozpadá řešení takovýchto rovnic? \\…)

(rozdíl) ← Starší verze | zobrazit aktuální verzi (rozdíl) | Novější verze → (rozdíl)
Přejít na: navigace, hledání

\section{Lineární diferenciální rovnice 1.řádu}

\subsection*{Zamyslete se:}

Jaký mají tvar LDR? \\ Na jaké dva kroky se rozpadá řešení takovýchto rovnic? \\ Jak je to s jednoznačností řešení LDR?

\begin{displaymath} tvar: y` + q \big( x \big) \cdot y = q \big( x \big) \end{displaymath}

\subsection*{Příklad č.1}

Řešte:

\begin{displaymath} y` + 2xy = x \cdot e^{-x^2} \end{displaymath}

Z přednášky víme, že takovéto řešení se tento typ diferenciálních rovnic rozpadá na 2 etapy, v první řešíme rovnici \uv{bez pravé strany} a v druhé řešíme pomocí metody variace konstant celkové řešení.

\subsubsection*{ 1.etapa \ldots \uv{bez pravé strany} }

\begin{displaymath} y` + 2xy = 0 \end{displaymath}

Vidíme, že se jedná o rovnici separovatelnou, pro jistotu spočtu sám:

\begin{displaymath} \frac{ y` }{y} + 2x = 0 \end{displaymath}

kde $y=0$ je rovněž řešením.

\begin{center} \begin{math} \int \frac{dy}{y} + 2 \int x dx = 0 \ldots y \neq 0 \end{math}

\begin{math} \ln |y| = - x^2 + C \end{math}

\begin{math} |y| = A \cdot e^{-x^2} \ldots A>0 \end{math}

\begin{math} y = A \cdot e^{-x^2} \end{math} \end{center}

kde A může být libovolné. Máme tedy obecné řešení rovnice bez pravé strany.

\subsubsection*{2.etapa \ldots metoda variace konstant}

Předpokládejme tedy, že konstanta A závisí nějak na parametru X, tedy $A = A \big( x \big) $, pak tedy:

\begin{center} \begin{math} y = A \big( x \big) \cdot e^{-x^2} \end{math}

\begin{math} A` \big( x \big) \cdot e^{-x^2} + A \big( x \big) \cdot \big( -2x \big) \cdot e^{-x^2} + 2x \cdot A \big( x \big) \cdot e^{-x^2} = x \cdot e^{-x^2} \end{math}

\begin{math} A` \big( x \big) \cdot e^{-x^2} = x \cdot e^{-x^2} \end{math}

\begin{math} A` \big( x \big) = x \end{math}

\begin{math} A \big( x \big) = \frac{1}{2} x^2 + C \end{math} \end{center}

a tedy obecné řešení na intervalu $ \big( - \infty , + \infty \big) $ původní rovnice je:

\begin{displaymath} y = \big( \frac{1}{2} x^2 + C \big) \cdot e^{-x^2} \end{displaymath}

Pokud bychom chtěli nějaké konkrétní řešení, ke kterému bychom měli zadané nějaké počáteční podmínky, museli bychom je dosadit do zadání. Ukažme si jeden konkrétní případ:

\begin{displaymath} y \big( 1 \big) \frac{1}{e} \end{displaymath}

nechť je podmínka. Dosaďme tedy:

\begin{displaymath} \frac{1}{e} = \big( \frac{1}{2} \cdot 1 + C \big) \cdot e^{-1} \Longrightarrow c = \frac{1}{2} \end{displaymath}

Máme tedy jedno konkrétní řešení:

\begin{displaymath} y = \big( \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{2} \big) \cdot e^{-x^2} \end{displaymath}

\subsection*{Příklad č.2}

Následující zadání bude trochu zajímavější. Řešte:

\begin{displaymath} y` \cdot \sin x - y \cdot \cos x = - \frac{ \sin ^2 x }{x^2} \end{displaymath}

pokud požadujeme, aby při $x \to \infty $ bylo splněno: $y \big ( x \big) = 0$.

Opět se řešení rozpadá na dva případy.

\subsubsection*{ 1.etapa \ldots \uv{bez pravé strany} }

\begin{displaymath} y` \cdot \sin x - y \cdot \cos x = 0 \end{displaymath}

kde vidíme, že $y = 0$ je rovněž řešením. Proto můžeme do dalších výpočtů brát $y \neq 0$.

\begin{center} \begin{math} \frac{ y` }{y} = \frac{ \cos x }{ \sin x } \end{math}

\begin{math} \int \frac{ dy }{y} = \int \frac{ \cos x }{ \sin x } dx \end{math}

\begin{math} \ln |y| = \ln | \sin x | + \ln C \end{math}

\begin{math} |y| = c | \sin x | \end{math}

\begin{math} y = C \cdot \sin x ; \ldots C \in R \end{math} \end{center}

\subsubsection*{2.etapa \ldots metoda variace konstant}

\begin{center} \begin{math} C = C \big( x \big) \end{math}

\begin{math} y = C \big( x \big) \cdot \sin x \end{math}

\begin{math} C` \big( x \big) \cdot \sin ^2 x + C \big( x \big) \cos x \cdot \sin x - C \big( x \big) \cos x \cdot \sin x = - \frac{ \sin ^2 x}{x^2} \end{math}

\begin{math} C` \big( x \big) \cdot \sin ^2 x = - \frac{ \sin ^2 x }{x^2} \end{math}

\begin{math} C \big( x \big) \frac{1}{x} + A \end{math} \end{center}

Obecným řešením tedy je:

\begin{displaymath} y = \big( \frac{1}{x} + A \big) sin x \longrightarrow y = \frac{ \sin x }{x} + k \cdot \sin x \end{displaymath}

Naložíme-li na toto řešení podmínku, že $x \to \infty ;y \big ( x \big) = 0$, vidíme na první pohled, že $A = 0$, aby byla podmínka splněna.

\subsection*{Příklad č.3}

Řešte:

\begin{displaymath} y` + \tan y = \frac{x}{ \cos y} \end{displaymath}

Nejdříve tedy tuto rovnici převedeme na LDR.

\begin{displaymath} y` \cdot \cos y + \sin y = x \end{displaymath}

kde můžeme použít substituci a zjednodušit si řešení:

\begin{center} \begin{math} z = \sin y \end{math}

\begin{math} z` = \cos y \cdot y` \end{math} \end{center}

Dostávám tedy tuto jednoduchou diferenciální rovnici:

\begin{displaymath} z` + z = x \end{displaymath}

a dále už budu postupovat stejně jako v předchozím případě. 1.etapa:

\begin{center} \begin{math} z` + z = 0 \end{math}

\begin{math} \frac{z`}{z} = -1 \end{math}

\begin{math} \ln |z| = -x + C \end{math}

\begin{math} z = A \cdot e^{-x} \end{math} \end{center}

čímž jsme dostali obecné řešení bez pravé strany. V druhé etapě tedy budu postupovat:

\begin{center} \begin{math} z` = A` \big( x \big) \cdot e^{ -x} - A \big( x \big) \cdot e^{-x} \end{math}

\begin{math} A` \big( x \big) \cdot e^{-x} = x \end{math}

\begin{math} A` \big( x \big) = x \cdot e^x \end{math}

\begin{math} A = x \cdot e^x - e^x + C \end{math} \end{center}

tím dostávám:

\begin{displaymath} z = \big( x \cdot e^x - e^x + C \big) \cdot e^{-x} \end{displaymath}

tedy konečné řešení je:

\begin{displaymath}

y = \arcsin \big( x - 1 + C \cdot e^{-x} \big)

\end{displaymath}